Exercices types : $$2$$^ème partie - Exercice 1

$$\varphi\left(x\right)=x^{2}-1+3\ln \left(x\right)$$
De plus :

$$\varphi\left(1\right)=1^{2}-1+3\ln \left(1\right)=0$$

$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 3\ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2}-1} & {=} & {-1} \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$

$$\lim\limits_{x\to 0^{+}}\varphi\left(x\right)=-\infty$$

La courbe représentative de la courbe $$\varphi$$ admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$.

$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 3\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } x^{2}-1} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$

$$\lim\limits_{x\to +\infty}\varphi\left(x\right)=+\infty$$

Soit $$\varphi\left(x\right)=x^{2}-1+3\ln \left(x\right)$$
Ainsi : $$\varphi'\left(x\right)=2x+\frac{3}{x}$$
Pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left]0;+\infty \right[$$, on vérifie aisément que :

$$2x>0$$

$$\frac{3}{x}>0$$

Comme $$\varphi'\left(x\right)=2x+\frac{3}{x}$$, il en résulte donc que sur l'intervalle $$\left]0;+\infty \right[$$ on a : $$\varphi'\left(x\right)>0$$ donc la fonction $$\varphi$$ est strictement croissante sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
On dresse ci-dessous le tableau variation complet de $$\varphi$$ en intégrant les informations de la question $$1$$.
Il en résulte que :

sur l'intervalle $$\left]0;1 \right]$$ : $$\varphi\left(x\right)\le 0$$

sur l'intervalle $$\left[1;+\infty \right[$$ : $$\varphi\left(x\right)\ge 0$$

Soit $$f\left(x\right)=\frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}$$
$$\red{\text{ D'une part :}}$$ Calcul de la limite en $$+\infty$$.
$$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}=\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x^{2}}{x}- \frac{2x}{x}-\frac{2}{x}-\frac{3\ln \left(x\right)}{x}$$
$$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}=\lim\limits_{x\to +\infty } x-2-\frac{2}{x}-\frac{3\ln \left(x\right)}{x}$$

$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } x-2-\frac{2}{x}} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -\frac{3\ln \left(x\right)}{x}} & {=} & {0} \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$

$$\lim\limits_{x\to +\infty}f\left(x\right)=+\infty$$

$$\red{\text{ D'autre part :}}$$ Calcul de la limite en $$0$$.
$$\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}=\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{1}{x} \left(x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)\right)$$

$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{1}{x}} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par produit}}$$

$$\lim\limits_{x\to 0^{+}}f\left(x\right)=+\infty$$

La courbe représentative de la courbe $$f$$ admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$.

Soit $$f\left(x\right)=\frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}$$
$$f$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$
Ici on reconnaît la forme : $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)$$ et $$v\left(x\right)=x$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=2x-2-\frac{3}{x}$$ et $$v'\left(x\right)=1$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=\frac{\left(2x-2-\frac{3}{x}\right) \times x-\left(x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)\right)\times1}{x^{2} }$$ équivaut successivement à :
$$f'\left(x\right)=\frac{2x^{2}-2x-3-x^{2} +2x+2+3\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{x^{2}-1+3\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$
Ainsi :

Pour tout réel $$x$$ appartenant à $$\left]0;+\infty \right[$$, on sait que $$x^{2}>0$$. Il en résulte que le signe de $$f'$$ est alors du signe de $$\varphi$$ que l'on a déterminé à la question $$2$$. En reprenant également les calculs de limites vues à la question $$3$$, nous pouvons dresser le tableau de variation complet de $$f$$.

Sur $$\left]0;1\right]$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement décroissante.
De plus, $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } f\left(x\right)=+\infty$$ et $$f\left(1\right)=-3$$ . Or $$0\in \left[-3;+\infty \right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left]0;1 \right]$$ tel que $$f\left(x\right)=0$$.
A la calculatrice, on vérifie que :
$$f\left(0,412\right)\approx 0,0144$$ et $$f\left(0,413\right)\approx -0,006$$. Or $$0\in \left]-0,006;0,0144\right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : donc une valeur approchée est alors : $$\alpha=0,41$$.
On admettra que l’équation $$f\left(x\right)=0$$ a également une unique solution $$\beta$$ sur $$\left[1;+\infty \right[$$ avec $$\beta\approx3,61$$ à $$10^{-2}$$ près.

Pour la dérivée de la fonction $$x\mapsto \left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$ on va utiliser la forme $$\left(u^{n} \right)^{'} =n\times u'\times u^{n-1}$$.
$$F$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$, il vient alors :
$$F\left(x\right)=\frac{1}{2} x^{2} -2x-2\ln \left(x\right)+\frac{3}{2}\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$
$$F'\left(x\right)=\frac{1}{2}\times 2x -2-\frac{2}{x}-\frac{3}{2}\times 2\times\frac{1}{x}\times\ln \left(x\right)$$
$$F'\left(x\right)=x -2-\frac{2}{x}-\frac{3\ln \left(x\right)}{x}$$. Nous mettons ensuite tout au même dénominateur.
$$F'\left(x\right)=\frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}$$
Ainsi :

Soit $$D$$ le domaine hachuré délimité par la courbe $$C$$ , l’axe des abscisses et les deux droites d’équations $$x=\alpha$$ et $$x=\beta$$.
Sur l’intervalle $$\left[\alpha;\beta\right]$$, la fonction $$f$$ est négative, donc l’aire de $$D$$ est :
$$A=-\int _{\alpha}^{\beta}f\left(x\right)dx$$
$$A=-\left[F\left(x\right)\right]_{\alpha}^{\beta}$$
$$A=-\left(F\left(\beta\right)-F\left(\alpha\right)\right)$$
$$A\approx-\left(F\left(3,61\right)-F\left(0,41\right)\right)$$
. (UA= Unités d'aires)
L’aire du domaine compris entre les deux courbes est $$2A\approx11,20$$ U.A Une unité d’aire est égale à $$2$$ cm$$^{2}$$ donc l’aire entre les deux courbes vaut environ $$22,40$$ cm$$^{2}$$. L’épaisseur du palet doit être de $$0,5$$ cm donc le volume du palet est d’environ $$22,40\times 0,5=11,20$$ cm$$^{3}$$. Le volume, en cm$$^{3}$$, de $$80$$ palets est donc $$80\times 11,20=896<1000$$ , donc la chocolaterie peut fabriquer $$80$$ palets avec $$1000$$ cm$$^{3}$$, soit $$1$$ litre de chocolat liquide.